届江西省新余市高三第二次模拟考试理综化学试题解析版Word文档格式.docx

1、D、光导纤维的成分是二氧化硅不是有机高分子，故D错误。本题正确选项为A。4. 根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是 选项 操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B 向盛有浓氨水的锥形瓶中通入氧气，并将灼热铂丝置于液面上方 铂丝保持红热，且瓶内有白烟产生氨的催化氧化反应为放热反应C向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成 Fe2+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反应放热，促进Fe2+的水解平衡正向移动D向浓度均为0.1mol/L的MgCl

2、2和CuC12的混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀 KspMg（OH）2KspCu（OH）2A. A B. B C. C D. D【答案】C点睛：本题考查的是实验操作现象及结论，涉及到了非金属化合物硫酸，氨气，过氧化氢。体现了浓硫酸的强氧化性，氨气的还原性，过氧化氢的不稳定性。也涉及到难溶电解质的溶解平衡，要记准溶解度和溶度积常数的关系。5. 一种新型熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是A. 催化重整中CH4+H20=3H2+CO，1molCH4参加反应转移2mol电子B. 电极A上H2参与的电极反应为:H2+20H-2e-=2H2OC. 电池工作时，CO32-向电极

3、B移动D. 电极B上的电极反应:O2+2CO2+4e-=2CO32-【答案】D【解析】试题分析：由图可知，该装置为原电池，电池反应为一氧化碳、氢气分别与氧气反应生成二氧化碳和水。A电极为负极、B电极为正极，A. 催化重整中CH4+H2O=3H2+CO，碳元素的化合价从-4升高到+2，升高了6价，所以1 mol CH4参加反应转移6 mol电子，A不正确；B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2+ CO32-2e-=H2O+ CO2，B不正确；C. 电池工作时，阴离子向负极定向移动，所以CO32-向电极A移动，C不正确；D. 电极B上的电极反应为O2+2CO2+4e- =2CO32-，D正确。本

4、题选D。6. 元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，p、q、r是由这些元素组成的二元化合物；m、n分别是元素Y、Z的单质，m是常见的金属单质，n通常为深红棕色液体;0.01mol/Lr溶液的pH为2，p被英国科学家法拉第称为“氢的重碳化合物”，s通常是难溶于水、比水重的油状液体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是A. q的溶液显酸性 B. W的氧化物常温常压下为液态C. Z的氧化物的水化物一定为强酸 D. p不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【解析】由题中的信息可知，p为苯，n为溴，s为溴苯q为溴化铁，m为铁，W为H，X为C,Y为Fe,Z为Br。A、q为溴化铁，三价铁离子水解，溶液显酸性。故

5、A正确。B.W的氧化物是水常温常压下为液态，故B正确。C、Z的氧化物的水化物若为HBrO4时为强酸，若为HBrO时则为弱酸，故C错误，D、p为苯，苯分子中没有双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色故D正确。本题正确选项为C。本题考查无机物的推断及原子结构和元素周期律，把握n为溴、p为苯推断各物质是关键。解答本题需要注意溴苯的制备实验的应用和苯分子的结构特征等。7. 已知:pKa=-lgKa，25时H2A的pKa1=1.85；pKa2=7.19。常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液的滴定曲线如右图所示（曲线上的数字为pH）。下列说法正确的是A. a点所得溶液中c

6、（HA）+c（A2-）+c（HA-）=0.1mol/LB. b点所得溶液中:c（H2A）+2c（H+）=c（A2-）+2c（OH-）C. 对应溶液水的电离程度:abcdD. C点所得溶液中:c（Na+）3c（HA-）【解析】A、由物料守恒可知，a点所得溶液中c（HA）+c（A2-）+c（HA-）=0.1 molL1，故A不正确。B、b点所得溶液中溶质为NaHA，由电荷守恒得c（Na）+c（H+）=2c（A2-）+ c（HA-）c（OH-），由物料守恒得c（Na）=c（H2A）+ c（A2-）+ c（HA-），所以c（H2A）+c（H+）=c（A2-）+c（OH-），故B错误。C、 a溶液中的溶

7、质为H2A和NaHA， b中溶质为NaHA，c中为中溶质为NaHA和Na2A、d中为Na2A，H2A抑制水的电离，而A2-和HA-因发生水解而可以促进水的电离，在相同条件下，A2-的水解程度大于HA-，故对应溶液水的电离程度为a，其中发生水解反应，Ka2= c（H+） c（A2-）/ c（HA-）=10-7.19，溶液的为7.19，即，计算可得，由物料守恒可知，此时，即，由可知，可得，故，故D正确。本题正确选项为D。本题考查溶液中的离子平衡问题，要熟练运用三个守恒，即电荷守恒、物料守恒、质子守恒。根据溶液的酸碱性判断酸根离子的电离程度和水解程度等。8. 过氧化钙（CaO2）是一种白色晶体，无臭

8、无味，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。通常利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图（图一）如下:已知:CaO2的制备原理:CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O= CaO28H2O+2NH4Cl请回答下列问题:（1）仪器C的名称为_，支管B的作用_；（2）加入氨水的作用是_；（从化学平衡移动的原理分析）（3）过滤后洗涤沉淀的试剂最好用_；A.水 B.浓盐酸 C.无水乙醇 D.CaCl2溶液（4）沉淀反应时常用冰水浴控制温度在O左右，其可能原因是_、_（写出两种）。（5

9、）已知CaO2在350时能迅速分解，生成CaO和O2。该小组采用如图二所示的装置测定刚才制备的产品中CaO2的纯度（设杂质不分解产生气体）检查该装置气密性的方法是:_；准确称取0.50g样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到44.80mL（已换算为标准状况）气体，则产品中过氧化钙的质量分数为_（保留4位有效数字）；【答案】 （1）. 恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗 （2）. 平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下 （3）. CaCl2+H2O2CaO2+2HCl，加入氨水与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应向着生成CaO2的方向移动，提过CaO2的产率 （4）. C （5）. 防止氨水挥发

10、 （6）. 防止过氧化氢分解 （7）. 连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成液面差，静置一段时间，若液面差保持不变，则装置不漏气，反之装置漏气 （8）. 57.60% 或0.5760.。9. 某化学兴是小组对一种度旧合金（含有Cu、Fe、Si等元素）进行分离、回收利用，所设计工艺流程如下。已知298时，KspFe（OH）3=4.010-38，KspCu（OH）2=2.210-20，KspMn（OH）2=1.910-13，当离子浓度小于110-5认为离子沉淀完全。回答下列问题:（1）操作I、lI、III为_，固体A是_（填化学式）。（2）加入过量FeC13溶液过程中与较不活泼的金属反应

11、的化学方程式_。（3）调节pH至2.9-3.2的目的_。（4）向溶液b中加入酸性KMn04溶液发生反应的离子方程式为_。若将溶液b配制成250ml溶液，用滴定管取配制后的溶液25.00m1；再用amol/LKMnO4溶液滴定，恰好反应时消耗KMn04溶液VmL,则流程图中所得红棕色固体C的质量为_g（用含a、v的代数式表示）（5）常温下，若溶液c中所含的金属阳离子浓度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，最后沉淀的金属离子为_（填金属阳离子）。（6）用惰性电极电解（Cu2+、K+、C1-溶液）一段时间后，阴、阳两极均产生标准状况下的气体6.72L，阴极析出固体3.2g，则原溶液C1-的物质的量为

12、_。【答案】 （1）. 过滤 （2）. Si （3）. 2FeCl3 +Cu= 2FeCl2+CuCl2 （4）. 使Fe3+沉淀完全 （5）. MnO4 + 5Fe2+ + 8H+= Mn2+ 5Fe3+4H2O （6）. 4aV （7）. Mn2+ （8）. 0.5 mol【解析】（1） 操作I、lI、III都是将固体和液体分开，操作方法为过滤。合金中的铜、铁能与氯化铁溶液反应而溶解，硅不反应，故剩余的固体为硅。（2）合金中铜不活泼，和氯化铁溶液反应的是铜，方程式为2FeCl3 +Cu= 2FeCl2+CuCl2。（3）Fe3+在PH=3.2时沉淀完全，故调节pH至2.9-3.2使Fe3+

13、沉淀完全。（4）向溶液b中加入酸性KMn04溶液，高锰酸钾会把Fe2+氧化成Fe3+，方程式为：MnO4 + 5Fe2+ + 8H+= Mn2+ 5Fe3+4H2O。由MnO4 5Fe2+ n（Fe2+）=5n（MnO4）=aV10-35mol.因取出的溶液是配成溶液的十分之一，则Fe2+总的物质的量为aV50mol.再有2 Fe2+Fe2O3可得n（Fe2O3）=aV25mol，则m（Fe2O3）= aV25160= 4aVg. （5）向溶液c中逐滴加入KOH溶液,会生成氢氧化物沉淀，KspMn（OH）2的值最大，说明Mn（OH）2的溶解度最大，最后沉淀，故最后沉淀的金属离子为Mn2+。（6

14、）阴极上发生两个电极反应，Cu2+和H+都参与了反应，Cu2+反应转移了0.1mol电子，H+反应转移了0.6mol电子，共转移电子0.7mol。阳极也发生了两个反应，Cl-和OH-都参与反应生成Cl2和O2，两种气体共为6.72/22.4=0.3mol。设Cl2xmol，O2为ymol，可列方程2x+4y=0.7 2x+y=o.3 解得x=0.25 y=0.05 Cl2为0.25mol则Cl-为0.5mol。10. “绿水青山就是金山银山”，研究NO2、NO、CO、NO2-、碳氢化合物大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。（1）已知:汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气

15、污染物。使用稀土等催化剂能将CO、NO转化成无毒物质。N2（g）+O2（g）=2NO（g） H1=+180.5kJ/mol K1（该反应的平衡常数）2C（s）+O2（g）=2CO（g） H2=-221kJ/mol K2（同上）C（s）=CO2（g） H3=-393.5kJ/mol K3（同上）写出NO（g）与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的热化学方程式_，以及该热化学方程式的平衡常数K=_（用K1、K2、K3表示）（2）污染性气体NO2与CO在一定条件下的反应为:2NO2+4CO4CO2+N2 H=-1200kJ/mol。某温度下，在2L密闭容器中充入0.lmolNO和02m1C

16、O，此时容器的压强为1个大气压，5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的29/30，则反应开始到平衡时NO2的平均反应速率v（NO2）=_mol/（Ls）。若此温度下，某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别为1mol/L、0.4mol/L、0.lmol/L、amol/L，要使反应向逆反应方向进行，a的取值范围_。能使该反应的反应速率增大，且平衡向逆反应方向移动的是_。A.及时分离出CO2 B.适当升高温度C.减小容器体积使体系压强增大 D.选择高效催化剂（3）电化学降解NO2-的原理如下图:电源的正极是_（填A或B），阴极反应式为_。若电解过程中转移了3mol电子，则膜两侧电解液的质

17、量变化差为_g。【答案】 （1）. 2NO（g）+2CO（g） =N2（g）+2CO2（g） H= 746.5kJmol-1 （2）. K=（K32K1）/K2 （3）. 0.002 （4）. a25/8（或a3.125） （5）. B （6）. A （7）. （8）. 16（1）NO（g） 与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的反应可以由2-得到，H=H32-H1-H2=-393.5-180.5-（-221）=-746.5因此热化学方程式为：2NO（g）+2CO（g） =N2（g）+2CO2（g） H= 746.5kJmol-1。此反应的K值也做相应的变换K=K32/K2 .K1（

18、2）设达到平衡时CO的浓度改变x，则： 2NO2 + 4CO 4CO2 + N2起始（mol）： 0.1 0.2 0 0改变（mol）： x 2x 2x 1/2x平衡（mol）： 0.1-x 0.2-2x 2x 1/2x故=，解得x=0.02，v（NO2）= 0.02/52=0.002mol/（Ls）此温度下，某时刻测得NO2、CO、CO2、 N2的浓度分别为1mol/L、0.4mol/L、0.lmol/L、a mol/L，要使反应向逆反应方向进行则=a0.14/0.44120.0240.005/0.042/0.084,解得a25/8A.及时分离出CO2 可使平衡向正向移动，反应速率不会增大，

19、A错误。B.适当升高温度，可增大反应速率，此反应是吸热反应，升温逆向移动，B正确。C.减小容器体积使体系压强增大，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即正向移动。C错误。D.选择高效催化剂，只改变反应速率，对平衡没有影响，D错误，本题正确选项为B。（3）根据电化学降解NO2-的原理图可知，Ag/Pt电极上NO2-转化为N2，氮元素化合价从+3价降为0价，被还原，发生还原反应，作为阴极，则电源B为负极，A为正极。阴极反应式为2NO2-+6e-+4H2O=N2+8OH-或2NO2-+6e-+8H+=N2+4H2O根据图示装置，阳极反应为2H2O-4e=O2+4H，转移3mol电子时，阳极消耗1.5m

20、ol水，产生3molH+进入阴极室，阳极室质量减少27g；阴极反应为2NO2-+6e-+8H+=N2+4H2O，阴极室中放出0.5molN2（14g），同时有3molH+（6g）进入阴极室，因此阴极室质量减少11g，膜两侧电解液的质量变化差（m左-m右）27g-11g16g。11. 由S、Cl及Fe、Co、Ni等过渡元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题:（1）钴元素基态原子的电子排布式为_，P、S、C1的第一电离能由大到小顺序为_。（2）SCl2分子中的中心原子杂化轨道类型是_，该分子空间构型为_。（3）Fe、Co、Ni等过渡元素易与CO形成配合物，化学式遵循18电子规则:中心原子的

21、价电子数加上配体提供的电子数之和等于18，如Ni与CO形成配合物化学式为Ni（CO）4，则Fe形成配合物化学式为_。Ni（CO）4中键与键个数比为_，已知:Ni（CO）4熔点-19.3,沸点43，则Ni（CO）4为_晶体。（4）已知NiO的晶体结构如图1所示。NiO的晶体结构可描述为:氧原子位于面心和顶点，氧原子可形成正八面体空隙和正四面体空隙，镍原子填充在氧原子形成的空隙中。则NiO晶体中镍原子填充在氧原子形成的_体空隙中。已知MgO与NiO的晶体结构相同，其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66pm和69pm。则熔点:MgO_NiO（填“”、“ P S （3）. sp3 （4）. V 形

22、 （5）. Fe（CO）5 （6）. 11 （7）. 分子 （8）. 正八面 （9）. （10）. Mg2+半径比 Ni2+小， MgO 的晶格能比 NiO 大 （11）. （1）钴元素是第27号元素，位于第四周期第B族，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar 3d74s2；同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，第一电离能排序时，P元素电子排布有半充满结构，第一电离能较高，高于S 元素而低于Cl 元素，故第一电离能大小顺序为Cl S。（2）做配体时有2个孤对电子，则可提供的电子数为2，的价电子是，一共有8个，遵循18电子规则，则与形成配合物化学式为中原子杂化

23、轨道数为，采取杂化方式，该分子构型为V形。（3）每个分子内含有1个键和2个键，而每个分子同时又通过1个配位键与原子连接，所以键和键之比为是由配位键形成的化合物，配位键属于共价键的一种，所以该物质是分子晶体。（4）由图可知，氧原子形成的正四面体空隙中不含镍原子，中间是空的，形成的正八面体空隙中含有一个镍原子，则该晶体中镍原子填充在氧原子形成的正八面体空隙中。晶体结构相同时，离子半径越小离子键强度越高，半径比小，的晶格能比大，故熔点图中的单分子层可以如图画出一维重复单元：重复单元呈平行四边形，是相邻四个原子球中心的连线，每个重复单元包含1个原子和1个原子，相对分子质量为75。重复单元所占的平行四边

24、形面积：，则1平方米上该晶体质量为：，即。12. 某同学拟用煤干馏的产物W为基本原料合成一系列化工产品，其流程如下（部分产物和条件省略）己知部分信息如下:1mol芳香烃W含50mol电子；（苯胺，易被氧化）K的分子式为C7H6O2，其核磁共振氢谱上有4个峰。（1）X的名称为_，Y中所含官能团的名称为_ 。（2）反应的条件为_，的反应类型_。（3）反应的化学方程式为_。（4）Z的结构简式为_ 。（5）K的同分异构体M既能发生水解反应，又能发生银镜反应，M在氢氧化钠溶液中发生水解反应的化学方程式为_。（6）有多种同分异构体，写出符合以下3个条件的同分异构体的结构简式_。能发生银镜反应但不能水解。每

25、摩尔同分异构体最多消耗2molNaOH。苯环上一氯代物只有两种。（7）请以流程图的形式写出由T制备的过程（无机试剂任选）（仿照）_【答案】 （1）. 邻硝基甲苯 （2）. 硝基、羧基 （3）. NaOH水溶液、加热 （4）. 氧化反应 （5）. （6）. （7）. （8）. （ （9）. （1）W为芳香烃，1molW含50mol电子，则W为甲苯，甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合酸在加热的条件下发生反应生成邻硝基甲苯，X为邻硝基甲苯。Y的名称为邻硝基苯甲酸Y中所含官能团的名称为硝基、羧基。（2）甲苯和氯气在光照条件下，甲基发生取代反应，生成T为Cl-CH2-C6H5，取代反应后生成L为HO-CH2-C6H5，催化氧化生成J为C6H5-CHO，分子式为C7H6O，因此反应的条件为NaOH水溶液、加热。反应是邻硝基甲苯氧化为邻硝基苯甲酸，则该反应为氧化反应。（3）反应是苯甲醛和银氨溶液的反应，方程式为：